16、上；“兩同夾異”——正、負電荷相互間隔；“兩大夾小”——中間電荷的電荷量最??；“近小遠大”——中間電荷靠近電荷量較小的電荷。依據該規(guī)律知點電荷C應在A左側，帶負電。設在A左側距A為x處，由于處于平衡狀態(tài)，所以k＝，解得x＝0.2 m，C正確。
考點2 電場強度的理解及計算
1．電場強度的性質
2．電場強度三個表達式的比較
3．等量同號和異號點電荷的電場強度的比較
例2 圖所示，在水平向右、大小為E的勻強電場中，在O點固定一電荷量為Q的正電荷，A、B、C、D為以O為圓心、半徑為r的同一圓周上的四點，B、D連線與電場線平行，A、C連線與電場線垂直。則(
17、)
A．A點的電場強度大小為
B．B點的電場強度大小為E－k
C．D點的電場強度大小不可能為0
D．A、C兩點的電場強度相同
解題探究 (1)電場強度是矢量，場強的疊加遵循什么定則？真空中靜止點電荷場強決定式是什么？
提示：平行四邊形定則，E＝k。
(2)兩點場強大小相等就可以說場強相同嗎？
提示：兩點場強相同必須大小相等，方向相同。判斷兩點場強是否相同先看方向是否相同。
嘗試解答 選A。
＋Q在A點的電場強度沿OA方向，大小為k，所以A點的合電場強度大小為 ，A正確；同理，B點的電場強度大小為E＋k，B錯誤；如果E＝k，則D點的電場強度為0，C錯誤；A、C兩點的電場
18、強度大小相等，但方向不同，D錯誤。
總結升華
分析電場疊加問題的一般步驟
電場強度是矢量，疊加時遵循平行四邊形定則。分析電場的疊加問題的一般步驟是：
(1)確定要分析計算的空間位置；
(2)分析該點有幾個分電場，確定各個分電場在該點的電場強度的大小和方向；
(3)利用平行四邊形定則求出各分電場強度的矢量和。
[變式2－1] (2018·廣東六校聯考)真空中某一點電荷Q在自己周圍產生電場，a、b分別是該電場中的兩點，如圖，其中a點的電場強度大小為Ea，方向與a、b兩點連線成120°角；b點的電場強度大小為Eb，方向與a、b兩點連線成150°角，檢驗電荷q分別放在a點和b
19、點，則( )
A．點電荷Q是負電荷
B．a、b兩點的電場強度大小之比為3∶1
C．檢驗電荷在a、b兩點受到的電場力大小相等
D．a、b兩點可能處于同一等勢面上
答案 B
解析 將兩條電場線反向延長后相交于一點，即為點電荷Q的位置，設a、b兩點到Q的距離分別為ra和rb，由幾何知識得到，rb＝ra，根據公式E＝得，Ea＝3Eb，故B正確；因為b點距離點電荷Q遠，檢驗電荷在a、b兩點受到的電場力大小不相等，a、b兩點不可能處于同一等勢面上，C、D錯誤；由電場線方向及點電荷位置可知該點電荷為正電荷，A錯誤。
[變式2－2] (人教版選修3－1·P15·T7改編)如圖所示，在x軸上
20、關于原點O對稱的兩點A、B分別固定放置點電荷＋Q1和－Q2，x軸上的P點位于B點的右側，且P點電場強度為零，則下列判斷正確的是( )
A．x軸上P點右側電場強度方向沿x軸正方向
B．Q1Q2，M點和P點關于O點對稱
21、，P點電場強度為零，由點電荷電場強度公式和場強疊加原理可知，M點電場強度一定不為零，D錯誤。
考點3 電場線的應用
1．判斷電場強度的方向——電場線上任意一點的切線方向即為該點電場強度的方向。
2．判斷電場力的方向——正電荷的受力方向和電場線在該點切線方向相同，負電荷的受力方向和電場線在該點切線方向相反。
3．判斷電場強度的大小(定性)——同一電場，電場線密處電場強度大，電場線疏處電場強度小。
4．判斷電勢的高低與電勢降低的快慢——沿電場線方向電勢逐漸降低，電場強度的方向是電勢降低最快的方向。
例3 電場的電場線分布如圖所示，下列說法正確的是( )
A．c點的電
22、場強度大于b點的電場強度
B．若將一試探電荷＋q由a點釋放，它將沿電場線運動到b點
C．b點的電場強度大于d點的電場強度
D．a點和b點的電場強度方向相同
解題探究 (1)在電場線分布圖中，用什么表示電場強度的大?。?
提示：電場線的疏密程度。
(2)沿曲線運動的粒子合力沿什么方向？
提示：曲線的凹側。
嘗試解答 選C。
電場線的疏密表示了電場強度的大小，由題圖可知Eb>Ec，Eb>Ed，C正確，A錯誤；由于電場線是曲線，由a點釋放的正電荷如果沿電場線運動，則合力沿軌跡切線，這是不可能的，B錯誤；電場線的切線方向為該點電場強度的方向，a點和b點的切線不同向，D錯誤。
總結升華
23、
電場線的應用
熟悉幾種典型的電場線分布有利于我們對電場強度和電勢做出迅速判斷，且可以進一步了解電荷在電場中的受力和運動情況、電場力做功及伴隨的能量轉化情況。
[變式3] 在如圖所示的四種電場中，分別標記有a、b兩點。其中a、b兩點電場強度大小相等、方向相反的是( )
A．甲圖中與點電荷等距的a、b兩點
B．乙圖中兩等量異種點電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點
C．丙圖中兩等量同種點電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點
D．丁圖中非勻強電場中的a、b兩點
答案 C
解析 甲圖中與點電荷等距的a、b兩點，電場強度大小相同，方向不相反，A錯誤；對乙
24、圖，根據電場線的疏密及對稱性可判斷，a、b兩點的電場強度大小相等，方向相同，B錯誤；丙圖中兩等量同種點電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點，電場強度大小相同，方向相反，C正確；對丁圖，根據電場線的疏密可判斷，b點的電場強度大于a點的電場強度，D錯誤。
考點4 帶電粒子的運動軌跡判斷
1．沿軌跡的切線找出速度方向，依據粒子所受合力的方向指向軌跡的凹側來判斷電場力的方向，由此判斷電場的方向或粒子的電性。
2．由電場線的疏密情況判斷帶電粒子的受力大小及加速度大小。
3．由動能定理判斷速度變化：如果帶電粒子在運動中僅受電場力作用，若電場力做正功，則粒子動能增大；電場力做負功，則動能減小。電
25、場力做正功還是負功依據力與速度的夾角是銳角還是鈍角來判斷。
例4 (多選)如圖所示，圖中實線是一簇未標明方向的由點電荷產生的電場線，虛線是某帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點，若帶電粒子在運動過程中只受電場力作用，根據此圖可做出的正確判斷是( )
A．帶電粒子所帶電荷的正、負
B．帶電粒子在a、b兩點的受力方向
C．帶電粒子在a、b兩點的加速度何處較大
D．帶電粒子在a、b兩點的速度何處較大
解題探究 (1)如何判斷帶電粒子在a、b兩點的受力方向？
提示：沿電場線且指向軌跡凹側。
(2)帶電粒子在a、b兩點的加速度大小如何判斷？
提示：
26、依據電場線疏密判斷電場力大小，就可以判斷加速度大小。
嘗試解答 選BCD。
根據軌跡彎曲方向只能判斷出電場力方向，由于不知電場線方向，故無法判斷帶電粒子電性，A錯誤，B正確；根據電場線疏密知Ea>Eb，Fa>Fb，a點加速度大于b點加速度，C正確；若從a到b，電場力做負功，若從b到a，電場力做正功，均可得出粒子在a點的速度大，D正確。
總結升華
電場線與帶電粒子運動軌跡的關系
一般情況下帶電粒子在電場中的運動軌跡不會與電場線重合，只有同時滿足以下三個條件時，兩者才會重合：
(1)電場線為直線；
(2)電荷初速度為零或速度方向與電場線平行；
(3)電荷僅受電場力或所受其他力合力的
27、方向始終與電場力方向相同或相反。
[變式4] 實線為三條未知方向的電場線，從電場中的M點以相同的速度飛出a、b兩個帶電粒子，a、b的運動軌跡如圖中的虛線所示(a、b只受靜電力作用)，則( )
A．a一定帶正電，b一定帶負電
B．靜電力對a做正功，對b做負功
C．a的速度將減小，b的速度將增大
D．a的加速度將減小，b的加速度將增大
答案 D
解析 a、b兩個帶電粒子在M點以相同速度飛出，受電場力方向相反，但不知電場線方向，無法判斷哪個粒子帶正電，哪個粒子帶負電，A錯誤；電場力方向與速度方向夾角都小于90°，電場力對a、b均做正功，速度都將增大，B、C錯誤；a向電
28、場線稀疏處運動，b向電場線密集處運動，故a的加速度減小，b的加速度增大，D正確。
考點5 帶電體的力電綜合問題
解決力電綜合問題的一般思路
例5 (2018·衡水六調)(多選)細繩兩端分別系有帶正電的甲、乙兩小球，它們靜止在光滑絕緣水平面上，電荷量分別為q1和q2，質量分別為m1和m2。燒斷細繩后兩球向相反方向運動，下列說法正確的是( )
A．運動的同一時刻，甲、乙兩球受到的電場力大小之比為q2∶q1
B．運動的同一時刻，甲、乙兩球動能之比為m2∶m1
C．在相同的運動時間內，甲、乙兩球受到的電場力的沖量大小之比為1∶1
D．在相同的運動時間內，甲、乙兩球受到的
29、合力做功大小之比為1∶1
解題探究 (1)當燒斷細繩后兩球在什么力作用下向相反方向運動？
提示：甲、乙之間的庫侖斥力。
(2)甲、乙兩球組成的系統(tǒng)動量守恒嗎？
提示：守恒。
嘗試解答 選BC。
根據庫侖定律可知，在同一時刻，甲、乙兩球受到的電場力大小相等，A錯誤；燒斷細繩后兩球在庫侖力作用下向相反方向運動，滿足動量守恒定律，根據動量守恒定律，運動的同一時刻，甲、乙兩球動量大小之比為m1v1∶m2v2＝1∶1，根據動能與動量的關系式，Ek＝mv2＝，所以運動的同一時刻，甲、乙兩球動能之比為Ek1∶Ek2＝m2∶m1，B正確；由于兩帶電小球動量變化量大小相等，根據動量定理，合外力的沖量
30、大小等于動量的變化量，在相同的運動時間內，甲、乙兩球受到的電場力的沖量大小之比為1∶1，C正確；由于同一時刻，甲、乙兩球動能之比為Ek1∶Ek2＝m2∶m1，根據動能定理，在相同的運動時間內，甲、乙兩球受到的合力做功大小之比為m2∶m1，D錯誤。
總結升華
處理力電綜合問題的兩點注意
(1)受力分析是關鍵，畫出受力分析圖，找準力與力之間的關系，并由此推斷物體的運動狀態(tài)；或由運動狀態(tài)推出受力情況。
(2)根據題目的所求問題靈活選用物理規(guī)律
①與時間、加速度有關的首先選用牛頓運動定律。
②僅與t有關的可選動量定理。
③與時間、加速度無關的首先選用動能定理或能量守恒定律，其次考慮動量守
31、恒定律。
[變式5－1] 如圖所示，水平地面上固定一個光滑絕緣斜面(傾角為θ)，一根輕質絕緣細線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細線與斜面平行，小球A靜止在斜面上，其右側有一個與A帶等量同號電荷的小球B，開始兩球心在同一水平線上，細線剛好伸直，兩帶電小球可視為點電荷，現用絕緣手柄將小球B沿以A為圓心的圓周從B點緩慢移到C點，AC豎直，此過程中A始終靜止不動，則( )
A．細線對A的拉力逐漸增大，斜面對A的彈力逐漸減小
B．細線對A的拉力逐漸增大，斜面對A的彈力先增大后減小
C．細線對A的拉力先增大后減小，斜面對A的彈力逐漸增大
D．細線對A的拉力、斜
32、面對A的彈力均先增大后減小
答案 B
解析 小球A受重力G、斜面的彈力N、細線的拉力T及球B的庫侖斥力F的作用而處于平衡狀態(tài)，如圖所示，在移動小球B的過程中，球A受球B的庫侖力大小不變，且圖中θ≤α≤θ＋，由圖知N＝Gcosθ＋Fsinα，Gsinθ＝Fcosα＋T，所以斜面的彈力N先增大后減小，細線拉力T＝Gsinθ－Fcosα一直在增大，B正確。
[變式5－2] (2018·邯鄲一模)(多選)如圖，絕緣水平面上方存在著水平向右的勻強電場。質量為m、電荷量為＋q的輕質小滑塊從t＝0時刻起由靜止開始沿水平面運動。小滑塊同時還受到豎直向下的壓力F，力F隨時間t的變化關系為F＝kt，式中
33、k為常數。小滑塊與水平面的動摩擦因數為μ。水平面足夠大，小滑塊的重力可忽略不計。則小滑塊( )
A．所受摩擦力的最大值為2qE
B．加速度的最大值為
C．速度的最大值為
D．最終以的速度做勻速直線運動
答案 AB
解析 小滑塊的重力忽略不計，由牛頓第二定律得Eq－μkt＝ma1，隨t增大，小滑塊先做加速度越來越小的加速運動，當t>時，加速度反向，μkt－Eq＝ma2，小滑塊做加速度越來越大的減速運動，整個過程a隨t變化圖象如圖。由對稱性可知t＝時，速度v＝0，此時有最大摩擦力f＝μkt＝2qE，故A正確；加速度a的最大值出現在t＝0時和t＝時，均為，故B正確；當Eq＝μk
34、t時，即加速度a＝0時，速度最大，由a-t圖線與t坐標軸在0～段所圍成的面積得vm＝，故C錯誤；滑塊最終靜止，故D錯誤。
1．方法概述
場強有三個公式：E＝、E＝k、E＝，在一般情況下可由上述公式計算場強，但在求解帶電圓環(huán)、帶電平面等一些特殊帶電體產生的場強時，上述公式無法直接應用。這時，如果轉換思維角度，靈活運用補償法、微元法、對稱法、等效法、極限法等巧妙方法，可以化難為易。
2．常見類型與解題思路
方法一：補償法
將有缺口的帶電圓環(huán)補全為圓環(huán)，或將半球面補全為球面分析，再減去補償的部分產生的影響。
【典題例證1】
均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心
35、處產生的電場。如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球面頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM＝ON＝2R。已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為( )
A.－E B.
C.－E D.＋E
[解析] 左半球面AB上的正電荷產生的電場等效為帶正電荷為2q的整個球面的電場和帶電荷量為－q的右半球面的電場的合電場，則E＝－E′，E′為帶電荷量為－q的右半球面在M點產生的場強大小。由對稱性知，帶電荷量為－q的右半球面在M點的場強大小與帶正電荷為q的左半球面AB在N點的場強大小相等，則EN＝E′＝－E＝－E，則A正確。
[答案] A
36、
名師點睛 當所給帶電體不是一個完整的規(guī)則物體時，將該帶電體割去或增加一部分，組成一個規(guī)則的整體，從而求出規(guī)則物體的電場強度，再通過電場強度的疊加求出待求不規(guī)則物體的電場強度。應用此法的關鍵是“割”“補”后的帶電體應當是我們熟悉的某一物理模型。
方法二：對稱法
利用空間上對稱分布的電荷形成的電場具有對稱性的特點，使復雜電場的疊加計算問題大為簡化。
【典題例證2】
如圖所示，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q(q>0)的固定點電荷。已知b點處的場強為零，則d點處場
37、強的大小為(k為靜電力常量)( )
A．k B．k C．k D．k
[解析] 由b點處場強為零知，圓盤在b點處產生的場強E1與q在b點處產生的場強E2大小相等，即E1＝E2＝k，由對稱性可知，圓盤在d點產生的場強E3＝k，q在d點產生的場強E4＝k，方向與E3相同，故d點的合場強Ed＝E3＋E4＝k，B正確，A、C、D錯誤。
[答案] B
名師點睛 形狀規(guī)則的帶電體形成的電場具有對稱性，位置對稱的兩點處的電場強度大小相等。如果能夠求出其中一點處的電場強度，根據對稱性特點，另一點處的電場強度即可求出。
方法三：微元法
將帶電體分成許多電荷元，每個電荷元可看成點電荷，先根
38、據庫侖定律求出每個電荷元的場強；再結合對稱性和場強疊加原理求出合場強。
求解均勻帶電圓環(huán)、帶電平面、帶電直桿等在某點產生的場強問題，可應用微元法。
【典題例證3】
如圖所示，均勻帶電圓環(huán)所帶電荷量為Q，半徑為R，圓心為O，P為垂直于圓環(huán)平面過圓心O的軸線上的一點，OP＝L，試求 P點的場強。
[解析] 如圖所示，設想將圓環(huán)等分為n個小段，當n相當大時，每一小段都可以看成點電荷，其所帶電荷量為q＝，由點電荷場強公式可求得每一點電荷在P處的場強為E＝＝。
由對稱性可知，各點電荷在P處的場強E的垂直于軸向的分量Ey相互抵消，而E的軸向分量Ex之和即為帶電環(huán)在P處的場強EP。
EP
39、＝nEx＝nkcosθ＝·＝。
[答案]
名師點睛 微元法是從部分到整體的思維方法，把帶電體看成由無數個點構成。然后根據對稱性，利用平行四邊形定則進行電場強度疊加。利用微元法可以使一些復雜的物理過程用我們熟悉的物理規(guī)律解決，使所求的問題簡單化。
方法四：等效法
在保證效果相同的條件下，將復雜的電場情景變換為簡單的或熟悉的電場情景。
【典題例證4】
(多選)如圖所示，在真空中某豎直平面內固定一足夠大的接地金屬板MN，在MN右側與其相距2d處的P點放置一電荷量為Q的正點電荷，如果從P點作MN的垂線，則O為垂足，A為O、P連線的中點，B為OP延長線上的一點，PB＝d。靜電力常量為k，
40、關于各點的電場強度，下列說法正確的是( )
A．O點場強大小為k
B．A點場強大小為k
C．B點場強大小為k
D．A、B兩點場強大小相等，方向相反
[解析] 系統(tǒng)達到平衡后，因為接地金屬板電勢為零，所以電場線分布如圖所示，所以金屬板右側的電場的電場線分布與等量異號點電荷連線的中垂線右側的電場線分布相同，所以O點場強大小為EO＝k＋k＝k，A正確；A點場強大小為EA＝k＋k＝k，B錯誤；B點場強大小為EB＝k－k＝k，C正確；由上述分析可知D錯誤。
[答案] AC
名師點睛 等效法的實質是在效果相同的情況下，利用與問題中相似或效果相同的知識進行知識遷移的解題方法，往往是
41、用較簡單的因素代替較復雜的因素。
方法五：極限法
對于某些特殊情況下求解有關場強問題，有時無法用有關公式、規(guī)律得出結論，可考慮應用極限法。
極限法是把某個物理量的變化推向極端再進行推理分析，從而做出科學的判斷或導出一般結論。極限法一般適用于所涉及的物理量隨條件單調變化的情況。
【典題例證5】
物理學中有些問題的結論不一定必須通過計算才能驗證，有時只需通過一定的分析就可以判斷結論是否正確。如圖所示為兩個彼此平行且共軸的半徑分別為R1和R2的圓環(huán)，兩圓環(huán)上的電荷量均為q(q>0)，而且電荷均勻分布。兩圓環(huán)的圓心O1和O2相距為2a，連線的中點為O，軸線上的A點在O點右側與O點相距為r(r
42、
43、們快速找到一些錯誤。
【針對訓練】
1．(2013·江蘇高考)下列選項中的各圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標出，且電荷均勻分布，各圓環(huán)間彼此絕緣。坐標原點O處電場強度最大的是( )
答案 B
解析 由對稱原理可知，A、C圖中在O點的場強大小相等，D圖中在O點場強為0，因此B圖中兩圓環(huán)在O點合場強應最大，B正確。
2．如圖甲所示，半徑為R的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電量為σ，其軸線上任意一點P(坐標為x)的電場強度可以由庫侖定律和電場強度的疊加原理求出：E＝2πkσ·，方向沿x軸?，F考慮單位面積帶電量為σ0的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板，如圖乙所示。則
44、圓孔軸線上任意一點Q(坐標為x)的電場強度為( )
答案 A
解析 無限大均勻帶電平板R取無限大，在Q點產生的
3.N(N>1)個電荷量均為q(q>0)的小球均勻分布在半徑為R的圓周上，如圖所示。若移去位于圓周上P點(圖中未標出)的一個小球，則圓心O點處的電場強度大小為________，方向______________。(已知靜電力常量為k)
答案 k 沿OP指向P
解析 P點的帶電小球在圓心O處的電場強度大小為E1＝k，方向沿PO指向O；N個小球在O點處電場強度疊加后，合場強為零；移去P點的小球后，則剩余的N－1個小球在圓心O處的電場強度與P點的小球在圓心O處的電
45、場強度等大反向，即E＝E1＝k，方向沿OP指向P。
4.如圖所示，半徑為r的圓環(huán)，在A、B之間留有寬度為d的間隙，且d?r。將電荷量為Q的正電荷均勻分布在圓環(huán)上，求圓心O處的電場強度。
答案 ，方向背離圓心指向間隙
解析 解法一：假設將這個圓環(huán)的間隙補上，并且所補部分的電荷密度與原圓環(huán)上的電荷密度一樣，這樣就形成一個電荷均勻分布的完整的帶電圓環(huán)，圓環(huán)在圓心O處產生的電場疊加后合場強為0。設原帶有間隙的環(huán)所帶電荷的線密度為σ，
則σ＝
補上的那一小段間隙的電荷量Q′＝σ·d＝
由題中條件可知那段間隙可看成點電荷，在圓心O處的場強為E1＝＝，方向由間隙指向圓心，則帶有間隙的圓環(huán)在圓
46、心O處的場強為
E＝0－E1＝－
負號表示與E1方向相反，即方向背離圓心指向間隙。
解法二：在圓環(huán)上與間隙關于圓心O對稱的地方割出同樣大小的間隙，則剩余部分的圓環(huán)上下對稱，在圓心O處的合場強為0。因此在圓心O處的場強大小等于新割出的間隙在圓心O處產生的場強大小。由題中條件可知那段間隙可看成點電荷，所帶電荷量為
Q′＝
在圓心O處的場強為E＝＝
方向背離圓心指向間隙。
高考模擬 隨堂集訓
1．(2018·全國卷Ⅰ)如圖，三個固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm。小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線。設小球a、b所帶電
47、荷量的比值的絕對值為k，則( )
A．a、b的電荷同號，k＝ B．a、b的電荷異號，k＝
C．a、b的電荷同號，k＝ D．a、b的電荷異號，k＝
答案 D
解析 對固定的小球c受到的庫侖力進行分析，要使c球受到的庫侖力合力與a、b的連線平行，則豎直方向小球c受到的庫侖力合力為零，則a、b的電荷必須異號，如圖所示，則有：k·sinα＝k·sinβ，故＝＝＝，D正確。
2.(2016·浙江高考)如圖所示，兩個不帶電的導體A和B，用一對絕緣柱支持使它們彼此接觸。把一帶正電荷的物體C置于A附近，貼在A、B下部的金屬箔都張開，( )
A．此時A帶正電，B帶負電
B．此時
48、A電勢低，B電勢高
C．移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合
D．先把A和B分開，然后移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合
答案 C
解析 由于靜電感應，使A帶負電，B帶等量正電，若移去C，A、B所帶等量正負電荷中和，金屬箔閉合，所以C正確，A錯誤；處于電場中的導體是等勢體，B錯誤；若先把A、B分開，然后移去C，A、B所帶電荷就不能中和，金屬箔不再閉合，D錯誤。
3．(2016·浙江高考)(多選)如圖所示，把A、B兩個相同的導電小球分別用長為0.10 m的絕緣細線懸掛于OA和OB兩點。用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸，棒移開后將懸點OB移到OA點固定。兩球接觸后分開，平衡時距離為0.1
49、2 m。已測得每個小球質量是8.0×10－4 kg，帶電小球可視為點電荷，重力加速度g＝10 m/s2，靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，則( )
A．兩球所帶電荷量相等
B．A球所受的靜電力為1.0×10－2 N
C．B球所帶的電荷量為4×10－8 C
D．A、B兩球連線中點處的電場強度為0
答案 ACD
解析 用絲綢摩擦過的玻璃棒帶正電荷，與A球接觸后A球也帶正電荷，兩球接觸后分開，B球也帶正電荷，且兩球所帶電荷量相等，A項正確；兩球相互排斥，穩(wěn)定后A球受力情況如圖所示
sinθ＝＝0.60，θ＝37°
F庫＝mgtan37°＝6.0×10－3 N，B
50、項錯誤；
F庫＝k
QA＝QB＝Q，r＝0.12 m
聯立得Q＝4×10－8 C，故C項正確；
由等量同種點電荷產生的電場的特點可知，A、B兩球連線中點處的場強為0，故D項正確。
4．(2018·北京高考節(jié)選)靜電場可以用電場線和等勢面形象描述。
(1)請根據電場強度的定義和庫侖定律推導出點電荷Q的場強表達式；
(2)點電荷的電場線和等勢面分布如圖所示，等勢面S1、S2到點電荷的距離分別為r1、r2。我們知道，電場線的疏密反映了空間區(qū)域電場強度的大小。請計算S1、S2上單位面積通過的電場線條數之比。
答案 (1)k (2)
解析 (1)在距Q為r的位置放一電荷量為q的檢驗
51、電荷，根據庫侖定律，檢驗電荷受到的電場力F＝k，根據電場強度的定義E＝，得E＝k。
(2)穿過每個面的電場線的總條數是相等的，若面積大，則單位面積上通過的條數就少，故通過兩等勢面單位面積上的電場線條數之比＝＝＝。
5.(2017·北京高考)如圖所示，長l＝1 m的輕質細繩上端固定，下端連接一個可視為質點的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強電場中，繩與豎直方向的夾角θ＝37°。已知小球所帶電荷量q＝1.0×10－6 C，勻強電場的場強E＝3.0×103 N/C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
(1)小球所受電場力F的大小。
(2)小球
52、的質量m。
(3)將電場撤去，小球回到最低點時速度v的大小。
答案 (1)3.0×10－3 N (2)4.0×10－4 kg
(3)2.0 m/s
解析 (1)F＝qE＝3.0×10－3 N。
(2)由＝tan37°，
得m＝4.0×10－4 kg。
(3)由mgl(1－cos37°)＝mv2，
得v＝＝2.0 m/s。
配套課時作業(yè)
時間：45分鐘 滿分：100分
一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中1～6為單選，7～10為多選)
1．一帶負電荷的質點，在電場力作用下沿曲線abc從a運動到c，已知質點的速率是遞減的。關于b點電場強度E的方向，下列
53、圖示中可能正確的是(虛線是曲線在b點的切線)( )
答案 D
解析 由a至c曲線的彎曲情況可知質點受力方向指向圖中虛線的右下方，質點在b點的速度vb方向如圖所示，由a至c速率遞減可知受力方向與速度的方向的夾角為鈍角，大致如圖中F，α角大于90°，因為質點帶負電荷，故場強方向應與F方向相反，D正確。
2.如圖所示，A、B兩帶電小球的質量分別為m1、m2，電荷量分別為q1、q2，兩小球用絕緣細線懸掛于O點，平衡時A、B兩球處于同一高度，與豎直方向的夾角分別為30°、60°，已知細線OA長為l，重力加速度為g，靜電力常量為k。則( )
A．A、B間庫侖力大小為m2g
B．細
54、線OA的彈力大小為m1g
C．A、B間庫侖力大小為k
D．A、B的質量之比為m1∶m2＝3∶2
答案 B
解析 以B球為研究對象，受力分析如圖1所示，可知A、B間庫侖力大小為F＝m2gtan60°＝m2g，A錯誤；以A球為研究對象，受力分析如圖2所示，可知A、B間庫侖力大小為F＝m1gtan30°＝m1g，F彈A＝＝m1g，B正確；由幾何關系可知，A、B兩球之間的距離為2l，由庫侖定律知A、B兩球間庫侖力大小為F＝k＝k，C錯誤；由F＝m1g，F＝m2g，則m1∶m2＝3∶1，D錯誤。
3．(2018·武漢調研)a、b、c三個點電荷僅在相互之間的靜電力的作用下處于靜止狀態(tài)。已知a
55、所帶的電荷量為＋Q，b所帶的電荷量為－q，且Q>q。關于電荷c，下列判斷正確的是( )
A．c一定帶負電
B．c所帶的電荷量一定大于q
C．c可能處在a、b之間
D．如果固定a、b，仍讓c處于平衡狀態(tài)，則c的電性、電荷量、位置都將唯一確定
答案 B
解析 根據點電荷所受的電場力方向以及受力平衡來確定各自電性，可以得出三個點電荷若要平衡應處于同一條直線上，處于兩端的點電荷的電性相同且與中間點電荷的電性相反，即“兩同夾一異”，又因為Q>q，根據庫侖定律來確定電場力的大小，并由平衡條件來確定各自電荷量的大小，因此一定為“兩大夾一小”，c所帶電荷量一定大于q，且c必須帶正電，在b的另一側
56、，A、C錯誤，B正確；如果固定a、b，因Q>q，則在a、b形成的靜電場中，只有b的另一邊僅存在一點場強為零，c放在此處時受力平衡，位置固定，而c的電荷量和電性均不確定，D錯誤。
4.(2018·山東六校聯考)某區(qū)域的電場線分布情況如圖所示，M、N、P是電場中的三個點，下列說法正確的是( )
A．負電荷由M點移動到P點，電場力做正功
B．正電荷在M點的電勢能小于其在N點的電勢能
C．同一電荷在N點受到的電場力大于其在M點所受的電場力
D．M點和N點電場強度的方向相同
答案 C
解析 沿著電場線的方向電勢降低，故φM>φN，φM>φP，所以M、P兩點電勢差UMP>0，由電場力做
57、功與電勢差關系可知，負電荷由M點到P點，電場力做負功，A項錯誤；正電荷在電勢較高的位置電勢能較大，B項錯誤；由電場線的疏密程度表示電場強度大小可判斷N點電場強度大于M點電場強度，所以同一電荷在N點所受電場力較大，C項正確；電場強度的方向沿電場線的切線方向，故M點和N點的電場強度方向不同，D項錯誤。
5.一負電荷從電場中A點由靜止釋放，只受電場力作用，沿電場線運動到B點，它運動的v-t圖象如圖所示，則A、B兩點所在區(qū)域的電場線分布情況可能是下圖中的( )
答案 C
解析 由v-t圖可知負電荷在電場中做加速度越來越大的加速運動，故電場線應由B指向A，且A到B場強變大，電場線變密，C
58、正確。
6.如圖所示，一個均勻的帶電圓環(huán)，電荷量為＋Q，半徑為R，放在絕緣水平桌面上。圓心為O點，過O點作一豎直線，在此線上取一點A，使A到O點的距離為R，在A點放一檢驗電荷＋q，則＋q在A點所受的電場力為( )
A.，方向向上 B.，方向向上
C.，方向水平向左 D．不能確定
答案 B
解析 先把帶電圓環(huán)分成若干個小部分，每一部分可視為點電荷，各點電荷對檢驗電荷的庫侖力在水平方向上相互抵消，豎直向上的電場力大小為＝，故選B。
7．有五個半徑均為r的球體A、B、C、D、E，其中A和B是用相同的塑料制成的，所帶電荷量均為＋q(q>0)；C、D和E均用相同的金屬制成，C和
59、D所帶電荷量為＋q，E所帶電荷量為－7q。靜電力常量用k表示。關于摩擦起電和庫侖力，下列說法正確的是( )
A．摩擦起電的過程，是一個物體得到電子，另一個物體得到原子核的過程
B．若A、B兩球心相距6r，則A、B間的庫侖力大小為
C．若C、D兩球心相距6r，則C、D間的庫侖力大小為
D．若D、E兩球心相距90r，D和E接觸后各自放回原處，則D、E間的庫侖力大小為
答案 BD
解析 摩擦起電的過程是一個物體得到電子，另一個物體失去電子的過程，A錯誤；因為絕緣體上的電荷是不能移動的，其電荷不會重新分布，對其他電荷的作用效果與點電荷類似，則電荷分布均勻的絕緣球體可視為點電荷，A、B兩球
60、間的庫侖力大小為，B正確；C、D兩球心間的距離為6r，沒有遠大于球的半徑r，兩球不能視為點電荷，由于同種電荷相互排斥，C、D上的電荷分布不均勻，等效點電荷間的距離將大于6r，則C、D間的庫侖力小于，C錯誤；兩個大小相同的帶異種電荷的金屬球接觸后正負電荷先中和，再平分，D和E接觸后所帶的電荷量均為＝－3q，各自放回原處，球心間距離遠大于球的半徑，球可視為點電荷，則D、E間的庫侖力大小為，D正確。
8.(2018·海南五校模擬)如圖所示，在y軸上關于O點對稱的A、B兩點有等量同號正點電荷，在x軸上C點有負點電荷，它們所帶電荷量均為Q，且CO＝OD＝r，∠ADO＝60°。下列判斷正確的是( )
61、
A．若僅將A、B兩處點電荷的電荷量同時等量地緩慢增大，則O點電場強度增大
B．若僅將A、B兩處點電荷的電荷量同時等量地緩慢減小，則D點電場強度減小
C．若僅將C處點電荷的電荷量緩慢減小，則O點電場強度減小
D．若僅將C處點電荷的電荷量緩慢減小，則D點電場強度增大
答案 CD
解析 A、B兩處點電荷在O點產生的合場強為零，C處的點電荷在O點產生的場強為EO＝k，所以僅將A、B兩處點電荷的電荷量同時等量地緩慢增大時，O點電場強度不變，若僅將C處點電荷的電荷量緩慢減小，O點電場強度減小，即A錯誤，C正確。由幾何知識知A、B兩處點電荷在D點產生的場強與C處點電荷在D點產生的場強大小相等
62、，方向相反，合場強為零，若僅將A、B兩處點電荷的電荷量同時等量地緩慢減小，則D點電場強度增大，若僅將C處點電荷的電荷量緩慢減小，則同理得D點電場強度增大，所以B錯誤，D正確。
9.如圖所示，兩個帶等量正電荷的小球A、B(可視為點電荷)被固定在光滑絕緣水平面上。P、N是小球A、B連線的垂直平分線上的點，且PO＝ON?，F將一個電荷量很小的帶負電的小球C(可視為質點)從P點由靜止釋放，在小球C向N點運動的過程中，關于小球C的速度圖象中，可能正確的是( )
答案 AB
解析 在AB的垂直平分線上，從無窮遠處到O點電場強度先變大后變小，到O點變?yōu)榱?，小球C受力沿A、B連線的垂直平分線。如
63、果P、N相距足夠遠，小球C從很遠處開始向O點運動，加速度先變大后變小，速度不斷增大，在O點加速度變?yōu)榱?，速度達到最大，v-t圖線的斜率先變大后變??；由O點到很遠處，速度變化情況與另一側速度的變化情況具有對稱性，則B正確。如果P、N相距很近，同理可知A正確。
10.(2018·安慶模擬)如圖，傾角為θ的絕緣斜面ABC置于粗糙的水平地面上，一質量為m、帶電量＋q的小物塊(可看做是點電荷)恰好能在斜面上勻速下滑，若在AB中點D的正上方與B等高的位置固定一帶電量＋Q的點電荷，再讓物塊以某一速度從斜面上滑下，物塊在下滑至底端的過程中，斜面保持靜止不動，在不考慮空氣阻力和物塊電荷沒有轉移的情況下，關于在
64、物塊下滑過程的分析正確的是( )
A．在BA之間，物塊將做加速直線運動
B．在BD之間，物塊受到的庫侖力先增大后減小
C．在BA之間，斜面對地面的壓力有可能不變
D．在BA之間，斜面受到地面的摩擦力均為零
答案 BD
解析 原來小物塊受重力、支持力和摩擦力，物塊恰好能在斜面上勻速下滑，說明摩擦力和支持力的合力與重力平衡，放上＋Q電荷后，開始一段時間，庫侖力對于物塊是阻力，且摩擦力變大，則導致其做減速運動，故A錯誤；根據庫侖定律，在BD之間，電荷間的間距先減小后增大，則物塊受到的庫侖力先增大后減小，故B正確；開始時刻小物塊受重力、支持力和摩擦力，物塊恰好能在斜面上勻速下滑，說明
65、摩擦力和支持力的合力與重力平衡，是豎直向上的，根據牛頓第三定律，物塊對斜面體的壓力和物塊對斜面體的摩擦力的合力是豎直向下的，增加電場力后，小物塊對斜面體的壓力和摩擦力成正比例增加，物塊對斜面體的壓力和摩擦力的合力仍然是豎直向下的，再對斜面體受力分析，受重力、物塊對斜面體的壓力和摩擦力、支持力，不受地面的摩擦力，否則合力不為零，從整體分析，在BA之間，因庫侖斥力，導致斜面對地面的壓力增大，故C錯誤，D正確。
二、非選擇題(本題共2小題，共30分)
11.(14分)如圖所示，真空中xOy平面直角坐標系上的A、B、C三點構成等邊三角形，邊長L＝2.0 m。若將電荷量均為q＝＋2.0×10－6 C
66、的兩點電荷分別固定在A、B點，已知靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，求：
(1)兩點電荷間的庫侖力大小；
(2)C點的電場強度的大小和方向。
答案 (1)9.0×10－3 N
(2)7.8×103 N/C 方向沿y軸正方向
解析 (1)根據庫侖定律，A、B兩點電荷間的庫侖力大小為F＝k①
代入數據得F＝9.0×10－3 N②
(2)A、B兩點電荷在C點產生的電場強度大小相等，均為E1＝k③
A、B兩點電荷形成的電場在C點的合電場強度大小為E＝2E1cos30°④
由③④式并代入數據得
E＝7.8×103 N/C，電場強度E的方向沿y軸正向。
12.(2018·重慶二模)(16分)如圖所示，用一根絕緣細線懸掛一個帶電小球，小球的質量為m，電荷量為q，現加一水平的勻強電場，平衡時絕緣細線與豎直方向夾角為θ。
(1)試求這個勻強電場的場強E的大?。?
(2)如果將電場方向順時針旋轉θ角、大小變?yōu)镋′后，小球平衡時，絕緣細線仍與豎直方向夾角為θ，則E′的大小又是多少？
答案 (1) (2)
解析 (1)對小球受力分析，受到重力、電場力和細線的拉力
2020高考物理一輪復習 第七章 第1講 電場力的性質學案（含解析）
